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数学北师大版 (2019)3.2 等比数列的前n项和随堂练习题
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这是一份数学北师大版 (2019)3.2 等比数列的前n项和随堂练习题,共16页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
一、单选题
1.已知等比数列的首项为-4,公比为,则该数列的第3项为( )
A.-9B.-6C.6D.9
2.已知正项等比数列的前项积为,且,则下列结论正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
3.已知正项等比数列中,,,则( )
A.B.C.D.
4.已知正项等比数列的前项和为,若,则的最小值为( )
A.B.C.D.
5.设数列满足,,数列满足,,则( )
A.数列是等差数列B.数列是等比数列
C.数列是等差数列D.数列是等比数列
6.已知数列为正项递增等比数列,,,则该等比数列的公比( )
A.2B.3C.4D.5
7.已知递增的等比数列,,公比为q,且,,成等差数列,则q的值为( )
A.B.C.D.
8.已知等比数列的前项和为,.在与之间插入个数,使这个数组成一个等差数列,记插入的这个数之和为,的值为( )
A.240B.360C.480D.560
二、多选题
9.设是等比数列的前n项和,q为的公比,则( )
A.为等比数列B.为等比数列
C.若,则存在使得D.若存在使得,则
10.欧拉函数是数论中的一个基本概念,的函数值等于所有不超过正整数,且与互质的正整数的个数(只有公因数1的两个正整数互质,且1与所有正整数(包括1本身)互质),例如,因为1,3,5,7均与8互质,则( )
A.B.数列单调递增
C.D.数列的前项和小于
11.在等比数列中,,,则( )
A.的公比为B.的前项和为
C.的前项积为D.
12.已知函数满足, 且, 则( )
A.
B.
C.函数为奇函数
D.
三、填空题
13.已知等比数列的前项和为,若,则取最大值时,的值为 .
14.已知数列的前项和为,且满足,若数列的前项和满足恒成立,则实数的取值范围为 .
15.等比数列的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为,偶数项之和为,则这个等比数列的公比q= .
16.高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数,其中表示不超过的最大整数,如.已知满足,设的前项和为,的前项和为.则(1) ;(2)满足的最小正整数为 .
四、解答题
17.已知数列为递增的等差数列,为和的等比中项.
(1)求数列通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
18.已知数列的前项和为,满足,.
(1)若数列满足,求的通项公式;
(2)求数列的通项公式,并求.
19.已知数列的前项和为,,.
(1)求数列的通项公式
(2)设,记数列的前项和为,证明.
20.在数列中,,记,且对任意恒成立.
(1)求数列的通项公式;
(2)是否存在等差数列{bn},使得对任意都成立?若存在,求出数列的通项公式;若不存在,请说明理由.
21.记,分别为数列,的前n项和.已知为等比数列,,,.
(1)求,的通项公式;
(2)求数列的前2n项和.
参考答案:
1.A
【分析】由等比数列的性质求解即可.
【详解】设等比数列的首项为,公比为,
由题意可知:,
所以.
故选:A.
2.B
【分析】结合等比数列的性质及数列的单调性判断各选项即可.
【详解】由已知数列各项均为正,因此乘积也为正,公比,若,则,
由等比数列性质知,所以,故选项A错误;
又,因为,所以,所以,
则,故先增后减,所以,故选项B正确;
若,则,又,无法判断与1的大小,即无法判断与1的大小,故与大小没法判断,故选项CD错误.
故选:B
3.B
【分析】由正项等比数列的性质,,,可求的值.
【详解】正项等比数列中,,则,
,则,
又,即,解得.
故选:B
4.C
【分析】设等比数列的公比为,则,由已知可得出,可得出,化简得出,利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为,则,
则,
所以,,
则,
所以,
,
当且仅当时,即当时,等号成立,
因此,的最小值为.
故选:C.
5.D
【分析】,两边取对数可得,进而判断是等比数列,列出数列前三项判断AB.
【详解】由题意可知,,,两边取对数可得,
即,且,故数列是首项是1,公比为2的等比数列,C错D对.
易知,故既不是等差也不是等比数列,故AB错.
故选:D.
6.A
【分析】由已知结合等比数列的性质求出,进而可求出公比.
【详解】由题意,
由,,
得,所以(舍去),
所以,
整理得,解得(舍去),
所以.
故选:A.
7.A
【分析】根据给定条件,列出方程求解即得.
【详解】依题意,,即,又数列递增,
而,则,且,整理得,解得,
所以q的值为.
故选:A
8.A
【分析】先求得,然后利用等差数列的性质求得.
【详解】设等比数列的公比为,
依题意,,
则,即,所以,
所以,则,则,
所以,所以,
,所以.
故选:A
9.ACD
【分析】由等比数列的通项公式和前和性质逐一判断即可.
【详解】.当时,;当时,.
对于A选项,,它是首项为,公比为的等比数列,A选项正确.
对于B选项,当时,不是等比数列.当时,不是等比数列.B选项错误.
对于C选项,若,则当时,.C选项正确.
对于D选项,若,当时,.所以,得.解得(舍去)或.D选项正确.
故选:ACD.
10.ACD
【分析】A,由题意可得,即可判断选项正误;B,由A选项可判断选项正误;C,注意到,则从1到100个整数中去掉能被2或5整除的数,即可得与100互质的数,即;D,由C选项分析结合题意可得,后由等比数列前n项和公式可判断选项正误.
【详解】A选项,由题可知与4互质的数为1,3,则;与6互质的数为1,5,则;
与10互质的数为1,3,7,9,则,故,即A正确;
B选项,由A选项可知,,故数列不是单调递增数列,即B错误;
C选项,注意到,则从1到100,这100个整数中,被2整除的有50个,
被5整除的有20个,同时被2和5整除的有10个,则从1到100,这100个整数中,
不能被被2或5整除的数,即与100互质的数的个数为个,则,故C正确;
D选项,由C选项分析可知,与互质的数,就是从1到,这个整数中去掉所有的2的倍数.
其中2的倍数有个,则,同理可得.则,
即为首项为,公比为的等比数列,其前项和,故D正确.
故选:ACD
11.AB
【分析】对A,根据等比数列的基本量关系,结合等比数列的定义判断即可;对B,由A可得,再根据等差数列求和公式求解即可;对C,根据求解即可;对D,代入求解即可.
【详解】对A,设等比数列的公比为,则,得,
所以,所以,
所以,
所以数列的公比为,故A正确
对B,因为,所以的前项和为
,故B正确;
对C,的前项积为,故C错误
对D,因为,
所以的前项和为,故D错误.
故选:AB
12.ABD
【分析】令判断A,令判断B,令,求出,判断C,令,得,利用错位相减法判断D.
【详解】对于A,令时,则,又,所以,故A正确;
对于B,令时,则,又,所以,故B正确;
对于C,当时,则,又,,
所以,所以函数不为奇函数,故C错误;
对于D,当时,则,又,
所以,即,
所以当时,,
即,即,,
当时,代入上式,,所以,
设,
则 ①
②
①-②得,
,
所以,故,故D正确,
故选:ABD.
【点睛】关键点点睛:赋值法的直观应用,对于D选项,构造数列,利用错位相减法求解.
13.3
【分析】根据等比数列前项和及等比中项求出通项公式可得结果.
【详解】因为,则,
,
由数列为等比数列,所以,则,
即,解得,
所以,
当时,,
当时,,
此时当时也符合;
所以,,
所以,当时,,
所以取最大值时,的值是3.
故答案为:3.
14.
【分析】由的关系仿写作差得到,再由错位相减法得到,最后由不等式恒成立问题和解一元二次不等式求出即可.
【详解】由,当时,;
当时,;作差可得,
则数列是首项和公比都为的等比数列,所以.
,,
以上两式相减可得,
则,
因为恒成立,所以,解得或,
故答案为:.
15./0.5
【分析】设数列共有项,根据等比数列的性质得出奇偶项的和之间的关系,即可求得答案.
【详解】设数列共有项,
由题意得,,
则,
解得,
故答案为:
16. 1 91
【分析】利用构造法可得数列的通项公式为,则由题意可得,, ,利用放缩法可得所以,所以,可解问题.
【详解】由题可知:,
则,且,
即为首项为2,公比为2的等比数列,
所以,则,
所以.
所以.
设,
则.
所以.
所以且k为正整数,所以.
所以,
.
所以,所以满足的最小正整数为91.
故答案为:1;91.
【点睛】思路点睛:利用放缩法求出,从而由题意得,即可解决问题.
17.(1)
(2)
【分析】(1)法1:设递增等差数列的公差为,根据题意,列出方程组,求得的值,即可求得数列的通项公式;
法2:设递增等差数列的公差为,根据题意,得到,求得,即可求得数列的通项公式;
(2)由(1)知,设,结合错位相减法求和,即可求解.
【详解】(1)法1:设递增等差数列的公差为,则,
因为为和的等比中项,可得,
即,可得,解得,
所以数列的通项公式为.
法2:设递增等差数列的公差为,则,
因为为和的等比中项,可得,
即,可得,
所以数列的通项公式为.
(2)由(1)知,,可得,
设,
可得,
则,
可得,
两式相减可得,
所以,则.
18.(1)
(2),
【分析】(1)根据数列的递推公式推导出数列为等比数列,确定该数列的首项和公比,即可求得数列的通项公式;
(2)求出数列的通项公式,分为奇数、偶数两种情况讨论,设、,可得出数列的通项公式,分别求出、,相加可得.
【详解】(1)解:因为数列满足,,
则,
因为,且,
所以,数列是首项为,公比为的等比数列,
所以,,则.
(2)解:由(1)可得,
所以,,
当为奇数时,设,则,
则;
当为偶数时,设,则,则.
综上所述,.
因为
,
,
所以,.
19.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)依题意可得,即可得到是以为首项,为公比的等比数列,从而求出数列的通项公式;
(2)由(1)可得,利用裂项相消法求和,即可证明.
【详解】(1)由,
当时,则,
可得,则;
当时,则,可得;
综上所述:可得,可知是首项为,公比为的等比数列,
所以的通项公式为.
(2)由(1)可知:,
可得.
所以.
20.(1)1,
(2)存在,
【分析】(1)由,又,对任意恒成立,得,,由此能求出,.
(2)记,由错位相减得,由此能求出存在等差数列,,使得对任意都成立.
【详解】(1)∵,且,
∴,又,对任意恒成立,
∴,,
∴数列为以1为首项2为公比的等比数列,
∴,.
(2)若对任意都成立,
则,
故,故,
而,故,故,
此时,故为等差数列,
故存在等差数列,,
使得对任意都成立.
21.(1),
(2)
【分析】(1)根据求出,据此求出的公比,据此求出和的关系,根据求出进而求出,求出,根据和求出和,据此即可求解;
(2)设,由(1)求出然后利用等比数列求和公式即可求解.
【详解】(1)由题设得,所以,
因此的公比为2,于是,
即,又因为,
所以,即,
当时,,当时,,
所以,又因为,
,所以,
因此,,因为,
所以,因此的通项公式为,
的通项公式为;
(2)设,由(1)得,
所以的前2n项和.
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